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对废银合金触电材料进行分离回收既节约矿物资源,又可以减少环境污染。某废银合金触电...

对废银合金触电材料进行分离回收既节约矿物资源,又可以减少环境污染。某废银合金触电材料含AgCuSn等,现欲利用以下工艺流程回收其中的金属资源。

回答下列问题:

(1)“加热溶解Cu发生的离子方程式为_________

(2)“加热溶解时温度常控制在50℃左右,温度不宜过高也不宜过低的原因为_________

(3)“酸溶解过程中会产生少量遇空气变为红棕色的无色气体,则酸溶解过程主要的化学方程式为_____________

(4)常温下,Cu2/Sn4混合液中c(Cu3)0.022mol·L1,将混合液加热搅拌后冷却至室温,再加尿素调节溶液的pH范围为__________(当溶液中的离子浓度小于105mol·L1时,沉淀完全,已知:Ksp[Sn(OH)4]1×1055Ksp[Cu(OH)2]2.2×1020)

(5)检验Sn(OH)4沉淀是否洗涤干净的方法是____________

(6)用惰性电极电解CuCl2溶液,阴极反应式是___________,若想由CuCl2溶液得到无水CuCl2固体,则需进行的实验操作为_______________

 

Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O 低于50℃,溶解反应较慢,超过50℃,H2O2分解与HCl逸出导致溶解翻译速率下降 3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O 1.5≤pH<5 取最后一次洗涤液少量于试管中,滴入稀硝酸,再加入硝酸银溶液,若没有白色沉淀生成,证明洗涤干净,反之,沉淀没有洗涤干净 Cu2++2e-===Cu 将CuCl2溶液在HCl气流中加热蒸干 【解析】 结合题干信息,根据工艺流程图分析可知,某废银合金触电材料含Ag、Cu、Sn等,在加热、溶解的条件下通入H2O2和HCl溶液,Cu和Sn变成Cu2+和Sn4+,再通入尿素在加热的条件下得到CuCl2溶液和Sn(OH)4沉淀,最终经过系列操作得到铜粉和SnO2,Ag单质以滤渣的形式经过HNO3和HCl溶液的溶解得到AgCl的沉淀,再加入Zn和H2SO4溶液进行化学反应得到Ag单质,据此分析解答问题。 (1)根据上述分析,“加热溶解”时,Cu与HCl、H2O2反应变为Cu2+,离子反应方程式为Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O,故答案为:Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O; (2)温度过低,反应速率慢,温度过高,反应物H2O2分解,则温度不宜过高也不宜过低的原因是低于50℃,溶解反应较慢,超过50℃,H2O2分解与HCl逸出导致溶解翻译速率下降,故答案为:低于50℃,溶解反应较慢,超过50℃,H2O2分解与HCl逸出导致溶解翻译速率下降; (3)根据上述分析可知,“滤渣”主要成分为Ag,“酸溶解”过程为Ag和HNO3、HCl反应得到AgCl的沉淀,化学反应方程式为:3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O,故答案为:3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O; (4)调节pH为保证Sn4+沉淀完全(离子浓度小于10-5mol·L-1),按c(Sn4+)=1×10-5 mol·L-1进行计算,根据Ksp[Sn(OH)4]=1×10-55可得,c(OH-)=1×10-12.5 mol·L-1,则c(H+)=1×10-1.5 mol·L-1,pH=1.5,为保证Cu2+(0.022 mol·L-1)不沉淀,按c(Cu2+)=0.022 mol·L-1进行计算,根据Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20可得,c(OH-)=1×10-9 mol·L-1,则c(H+)=1×10-5 mol·L-1,pH=5,则pH的取值范围1.5≤pH<5,故答案为:1.5≤pH<5; (5)沉淀中可能附着的有Cl-,检验是否洗净的方法可以是取最后一次洗涤液少量于试管中,滴入稀硝酸,再加入硝酸银溶液,若没有白色沉淀生成,证明洗涤干净,反之,沉淀没有洗涤干净,故答案为:取最后一次洗涤液少量于试管中,滴入稀硝酸,再加入硝酸银溶液,若没有白色沉淀生成,证明洗涤干净,反之,沉淀没有洗涤干净; (6)惰性电极电解CuCl2溶液时,阴极Cu2+得到电子,电极反应为Cu2++2e-===Cu,由于CuCl2会水解,可在蒸发时通入HCl气体抑制水解,故答案为:Cu2++2e-===Cu;将CuCl2溶液在HCl气流中加热蒸干。  
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考点分析:
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葡萄糖酸锌{M[Zn(C6H11O7)2]455g·mol1)是一种重要的补锌试剂,其在医药、食品、饲料、化妆品等领城中具有广泛的应用。纯净的葡葡糖酸锌为白色晶体,可溶于水,极易溶于热水,不溶于乙醇,化学兴趣小组欲在实验室制备葡萄糖酸锌并测定产率。实验操作分以下两步:

Ⅰ.葡萄糖酸(C6H12O7)的制备。量取50 mL蒸馏水于100 mL烧杯中,搅拌下缓慢加入2.7 mL(0.05 mol)H2SO4,分批加入21.5 g葡萄糖酸钙{M[Ca(C6H11O7)2]430g·mol1,易溶于热水},在90℃条件下,不断搅拌,反应40min后,趁热过滤。滤液转移至小烧杯,冷却后,缓慢通过强酸性阳离子交换树脂,交换液收集在烧杯中,得到无色的葡葡糖酸溶液。

Ⅱ.葡萄糖酸锌的制备。向上述制得的葡萄糖酸溶液中分批加入足量的ZnO,在60℃条件下,不断搅拌,反应1h,此时溶液pH≈6。趁热减压过滤,冷却结晶,同时加入10 mL 95%乙醇,经过一系列操作,得到白色晶体,经干燥后称量晶体的质量为18.2g

回答下列问题:

(1)制备葡萄糖酸的化学方程式为________________

(2)通过强酸性阳离子交换树脂的目的是_______________

(3)检验葡萄糖酸溶液中是否存在SO42-的操作为_________

(4)制备葡萄糖酸时选用的最佳加热方式为_______________

(5)制备葡萄糖酸锌时加入乙醇的目的是________一系列操作具体是指_______

(6)葡萄糖酸锌的产率为______(用百分数表示),若pH≈5时就进行后续操作,产率将_____(增大”“减小不变”)

 

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常温下,向20 mL 0.1mol·L1一元酸HA中滴加相同浓度的KOH溶液,溶液中由水电离的氢离子浓度随加入KOH溶液体积的变化如图所示。则下列说法错误的是

A.HA的电离常数约为105

B.b点溶液中存在:c(A)c(K)

C.c点对应的KOH溶液的体积V20 mLc(H)约为7×106 mol·L1

D.导电能力:c>a>b

 

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对于反应2NO(g)2H2(g)→N2(g)2H2O(g),科学家根据光谱学研究提出如下反应历程:

第一步:2NON2O2快速平衡

第二步:N2O2H2→N2OH2O慢反应

第三步:N2OH2→N2H2O快反应

其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列叙述正确的是

A.若第一步反应△H<0,则升高温度,v减小,v增大

B.第二步反应的活化能大于第三步的活化能

C.第三步反应中N2OH2的每一次碰撞都是有效碰撞

D.反应的中间产物只有N2O2

 

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一种利用电化学变色的装置如图所示,其工作原理为:在外接电源下,通过在膜材料内部Li定向迁移,实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节。已知:WO3Li4Fe4[Fe(CN)6]3均为无色透明晶体,LiWO3Fe4[Fe(CN)6]3均为蓝色晶体。下列有关说法错误的是

A.a接外接电源负极时,电致变色层、离子储存层都显蓝色,可减小光的透过率

B.b接外接电源负极时,离子储存层发生的反应为Fe4[Fe(CN)6]34Li4eLi4Fe4[Fe(CN)6]3

C.切换电源正负极使得蓝色变为无色时,Li通过离子导体层由离子储存层向电致变色层迁移

D.该装置可用于汽车的玻璃变色调光

 

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XYZW为短周期主族元素,它们的最高正化合价和原子半径如下表所示:

元素

X

Y

Z

W

最高正化合价

+3

+1

+5

+7

原子半径

0.082

0.186

0.110

0.099

 

则下列说法错误的是

A.X的最高价氧化物对应的水化物具有两性

B.ZW3分子中所有原子最外层均满足8e结构

C.Y的一种氧化物可用作供氧剂,Z的一种氧化物可用作干燥剂

D.简单气态氢化物的热稳定性:W>Z>X

 

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